Đáp án A

Hàm số xác định khi $3x+1>0\iff x>-\frac{1}{3}$ . Tập xác định: $D=\left(-\frac{1}{3};+\infty \right)$ .

Đáp án B

Ta có:$A\left(3;0\right),B\left(1;-3\right)\Rightarrow G\left(\frac{4}{3};-1\right)$ .

Suy ra ${\left|z_1\right|}^2+{\left|z_2\right|}^2+{\left|z_3\right|}^2=O{A}^2+O{B}^2+O{G}^2=3^2+1^2+{\left(-3\right)}^2+{\left(\frac{4}{3}\right)}^2+{\left(-1\right)}^2=\frac{196}{9}$ .

Đáp án B

Hàm số đạt cực đại tại các điểm $x=\pm 2$ .

Vậy số điểm cực đại của hàm số đã cho bằng 2.

Đáp án A

Đáp án B

Dựa vào bảng biến thiên, ta có $f\left(x\right)=2$  có 3 nghiệm.

Suy ra đồ thị hàm số$y=\frac{1}{f\left(2020-x\right)-2}$  có 3 tiệm cận đứng.

Đáp án D

Ta có: $\left(P\right)\perp \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left(3;-2;2\right),\left(Q\right)\perp \overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}=\left(4;5;-1\right)$ .

Do $\left\{\begin{array}{l}AB\subset \left(P\right)\\ AB\subset \left(Q\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}AB\perp \overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\\ AB\perp \overrightarrow{n_{\left(Q\right)}}\end{array}\right.$  nên đường thẳng AB có vectơ chỉ phương là: $\overrightarrow{u}=\left[\overrightarrow{n_{\left(Q\right)}};\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}\right]=\left(8;-11;-23\right)$ .

Do  cũng là một vectơ chỉ phương của AB nên $\overrightarrow{AB}//\overrightarrow{u}=\left(8;-11;-23\right)$

Đáp án D

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=5x^4-15x^2-20$ .

$\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)=0\iff 5x^4-15x^2-20=0\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=4\\ x^2=-1\end{array}\right.$. Do$x^2\ge 0\Rightarrow x^2=4\Rightarrow x=\pm 2$ .

Mà $x\in \left[-1;3\right]$  nên $x=2$ .

Ta có $f\left(-1\right)=26,f\left(2\right)=-46,f\left(3\right)=50$ .

So sánh các giá trị ta được giá trị lớn nhất của hàm số là .

Đáp án A

Đáp án B sai vì theo giả thiết ${\log }_{\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{5}\right)=a\iff {\log }_{2^{-1}}\left(5^{-1}\right)=a\iff {\log }_{2}5=a$ .

Đáp án C sai vì ${\log }_2\frac{1}{5}+{\log }_2\frac{1}{25}={\log }_2{5}^{-1}+{\log }_2{5}^{-2}=-{\log }_{2}5-2{\log }_{2}5=-3a$ .

Đáp án D sai vì .${\log }_2\frac{1}{5}+{\log }_2\frac{1}{25}={\log }_2{5}^{-1}+{\log }_2{5}^{-2}=-{\log }_{2}5-2{\log }_{2}5=-3a$

Đáp án A đúng vì .${\log }_{2}25+{\log }_2\sqrt{5}={\log }_2{5}^2+{\log }_2{5}^{\frac{1}{2}}=2{\log }_{2}5+\frac{1}{2}{\log }_{2}5=\frac{5a}{2}$

Đáp án C

Gọi a là cạnh của hình lập phương.

Khi đó ta có $V=a^3$  và $V_1=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}{a}^2.a=\frac{a^3}{6}$ .

Vậy $V=6V_1$ .

Đáp án B

Hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đường chéo bằng $a\sqrt{3}$  nên có cạnh bằng a.

Khối chóp A’.ABCD có chiều cao AA'=a , diện tích đáy $a^2$  có thể tích là:$V=\frac{1}{3}.a.a^2=\frac{1}{3}{a}^3$ .

Đáp án B

Ta gọi F(t) là nguyên hàm của $\sqrt{t}\sin t$  .

Ta có $g\left(x\right)=\underset{\sqrt{x}}{\overset{x^2}{\int }}\sqrt{t}\sin tdt=F\left(x^2\right)-F\left(\sqrt{x}\right)$ .

Đáp án B

Tập xác định của hàm số $D=\left(-\infty ;-m\right)\cup \left(-m;+\infty \right)$là .

Ta có$y\text{'}=\frac{m^2-4}{{\left(x+m\right)}^2}$ . Để hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(1;+\infty \right)$  thì $\left\{\begin{array}{l}-m\le 1\\ m^2-4<0\end{array}\right.\iff -1\le m<2$  .

Vậy giá trị cần tìm của m là $-1\le m<2$ .

Đáp án B

Ta có: $S_{xq}=2\pi a^2\iff \pi rl=2\pi a^2\iff r.2a=2a^2\iff r=a\Rightarrow h=a\sqrt{3}$ .

Thể tích của khối nón là $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{\pi a^3\sqrt{3}}{3}$ .

Đáp án C

Giả sử mặt phẳng $\left(\alpha \right)$  cần tìm cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại $A\left(a;0;0\right),B\left(0;b;0\right),C\left(0;0;c\right)$ .

Điều kiện $\left(a,b,c\ne 0\right)$ . Phương trình mặt phẳng$\left(\alpha \right):\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1.$

Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$  đi qua nên $\left(\alpha \right):\frac{1}{a}-\frac{3}{b}+\frac{2}{c}=1\left(*\right)$

Theo bài ra $OA=OB=OC\ne 0\Rightarrow \left|a\right|=\left|b\right|=\left|c\right|\ne 0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}a=b=c\left(1\right)\\ a=b=-c\left(2\right)\\ a=-b=c\left(3\right)\\ a=-b=-c\left(4\right)\end{array}\right..$

Thay (1) vào (*), ta có phương trình vô nghiệm.

Thay (2), (3), (4) vào (*), ta được tương ứng$a=-4,a=6,a=-\frac{3}{4}$ .

Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Đáp án A

Từ giả thiết, suy ra $f\left(a-x\right)=\frac{1}{f\left(x\right)}$ .

Đặt $t=a-x\Rightarrow dt=-dx$ . Đổi cận $\left\{\begin{array}{l}x=0\Rightarrow t=a\\ x=a\Rightarrow t=0\end{array}\right..$

Khi đó $I=-\underset{a}{\overset{0}{\int }}\frac{dt}{1+f\left(a-t\right)}=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{dt}{1+\frac{1}{f\left(t\right)}}=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{f\left(t\right)dt}{f\left(t\right)+1}=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{f\left(x\right)dx}{f\left(x\right)+1}$ .

Suy ra$2I=I+I=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{f\left(x\right)dx}{f\left(x\right)+1}+\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{f\left(x\right)dx}{f\left(x\right)+1}=\underset{0}{\overset{a}{\int }}dx=a\Rightarrow I=\frac{a}{2}$ .

Đáp án D

Từ $z=x+yi\Rightarrow \overline{z}=x-yi$ .

Do đó $\begin{array}{l}\left|x+yi+2+i\right|=\left|x-yi-3i\right|\iff \left|\left(x+2\right)+\left(y+1\right)i\right|=\left|x-\left(y+3\right)i\right|\\ \iff {\left(x+2\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=x^2+{\left(y+3\right)}^2\iff 4x+2y+5=6y+9\iff y=x-1.\end{array}$

Đáp án C

Đặt $g\left(x\right)=x^3-3x+2\Rightarrow \underset{\left[-1;3\right]}{\max }g\left(x\right)=20;\underset{\left[-1;3\right]}{\min }g\left(x\right)=0$ . Khi đó $f\left(x\right)=m+g\left(x\right)$ .

Ta có: $\begin{array}{l}f\left(a\right)+f\left(b\right)>f\left(c\right),\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\Rightarrow m>g\left(c\right)-\left(g\left(a\right)+g\left(b\right)\right),\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\\ \Rightarrow m>\underset{\left[-1;3\right]}{\max }g\left(x\right)-2\underset{\left[-1;3\right]}{\min }g\left(x\right)\Rightarrow m>20.\end{array}$

$\begin{array}{l}{f}^2\left(a\right)+f^2\left(b\right)>f^2\left(c\right),\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\Rightarrow {\left(m+g\left(a\right)\right)}^2+{\left(m+g\left(b\right)\right)}^2>{\left(m+g\left(c\right)\right)}^2,\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\\ \Rightarrow m^2+2\left(g\left(a\right)+g\left(b\right)-g\left(c\right)\right)m+g^2\left(a\right)+g^2\left(b\right)-g^2\left(c\right)>0,\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\\ \Rightarrow {\left(m+g\left(a\right)+g\left(b\right)-g\left(c\right)\right)}^2-2g\left(a\right)g\left(b\right)+2g\left(a\right)g\left(c\right)+2g\left(b\right)g\left(c\right)-2g^2\left(c\right)>0,\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\\ \Rightarrow {\left(m+g\left(a\right)+g\left(b\right)-g\left(c\right)\right)}^2>2\left(g\left(a\right)-g\left(c\right)\right)\left(g\left(b\right)-g\left(c\right)\right),\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\\ \Rightarrow {\left(m+g\left(a\right)+g\left(b\right)-g\left(c\right)\right)}^2>2{\left(\underset{\left[-1;3\right]}{\max }g\left(x\right)-\underset{\left[-1;3\right]}{\min }g\left(x\right)\right)}^2,\forall a,b,c\in \left[-1;3\right]\\ m>\underset{\left[-1;3\right]}{\max }g\left(x\right)+20\sqrt{2}-2\underset{\left[-1;3\right]}{\min }g\left(x\right)\Rightarrow m\ge 49.\end{array}$

Đáp án D

Ta có $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\left(m-n\right)x^2+mx+1}{x^2+mx+n-6}=m-n$  suy ra $y=m-n$  là đường tiệm cận ngang.

Theo giả thiết đồ thị hàm số trên nhận trục hoành và trục tung làm hai đường tiệm cận nên ta có: $\left\{\begin{array}{l}m-n=0\\ n-6=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}m=6\\ n=6\end{array}\right.\Rightarrow m+n=12.$

Đáp án B

Kẻ đường sinh AA’. Gọi D là điểm đối xứng với A’ qua O’ và H là hình chiếu của B trên đường thẳng A’D.

Do $BH\perp A\text{'}D,BH\perp AA\text{'}\Rightarrow BH\perp \left(AOO\text{'}A\text{'}\right)$ .

$A\text{'}B=\sqrt{A{B}^2-A\text{'}{A}^2}=a\sqrt{3}\Rightarrow BD=\sqrt{A\text{'}{D}^2-A\text{'}{B}^2}=a\Rightarrow \Delta O\text{'}BD$ đều.

Do $\Delta O\text{'}BD$  đều nên $BH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Lại có $S_{\Delta AOO\text{'}}=\frac{a^2}{2}$ , suy ra thể tích khối tứ diện OO’AB là $V=\frac{\sqrt{3}{a}^3}{12}.$

Đáp án A

 Đặt $f\left(x\right)=2{\log }_{a}x-x+1$ .

Ta có$\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)=2{\log }_{a}x-x+1\le 0\\ f\left(1\right)=0\end{array}\right.\left(\forall x>0\right)\Rightarrow \underset{\left(0;+\infty \right)}{\max }f\left(x\right)=0$ .

Suy ra x=1 là điểm cực đại của hàm số f(x).

Do đó $f\text{'}\left(1\right)=\frac{2}{\ln a}-1=0\iff \ln a=2\iff a=e^2\in \left(7;8\right)$ .

Đáp án C

Đặt $z=x+yi\left(x;y\in ℝ\right)$ .

Ta có: $\begin{array}{l}\left|z-2i\right|=\left|\left(1+i\right)z\right|\iff \left|x+yi-2i\right|=\left|\left(1+i\right)\left(x+yi\right)\right|\\ \iff \left|x+\left(y-2\right)i\right|=\left|\left(x-y\right)+\left(x+y\right)i\right|\\ \iff x^2+{\left(y-2\right)}^2={\left(x-y\right)}^2+{\left(x+y\right)}^2\iff x^2+y^2+4y-4=0.\end{array}$

Đáp án D

Ta có $a={\log }_{7}12={\log }_7\left(2^2.3\right)=2{\log }_{7}2+{\log }_{7}3\left(1\right)$ .

$b={\log }_{12}14=\frac{{\log }_{7}14}{{\log }_{7}12}=\frac{{\log }_7\left(7.2\right)}{a}=\frac{1+{\log }_{7}2}{a}\Rightarrow 1+{\log }_{7}2=ab\iff {\log }_{7}2=ab-1.$

Thay ${\log }_{7}2=ab-1$  vào (1) ta được $a=2\left(ab-1\right)+{\log }_{7}3\Rightarrow {\log }_{7}3=a-2\left(ab-1\right)$ .

Đáp án C

Ta có $g\text{'}\left(x\right)=-2f\left(3-x\right)f\text{'}\left(3-x\right)$ .

Đáp án A

Ta gọi AE và BF lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B tới đường thẳng d và gọi G là trọng tâm của tam giác ABO.

Khi đó $AE+BF\le AG+BG$ . Do vậy giá trị lớn nhất của tổng khoảng cách giữa hai điểm A, B tới đường thẳng d là $AG+BG$  và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi d là đường thẳng qua G đồng thời vuông góc với AG, BG.

Ta có vectơ chỉ phương của d là $\overrightarrow{v_d}=\left(1;-1;-2\right)$ ; vectơ chỉ phương của Oy là $\overrightarrow{v_{Oy}}=\left(0;1;0\right)$ .

Gọi $\overrightarrow{n}=\left[\overrightarrow{v_{\Delta }},\overrightarrow{J}\right]=\left(\left|\begin{array}{l}-1-2\\ 10\end{array}\right|;\left|\begin{array}{l}-21\\ 00\end{array}\right|;\left|\begin{array}{l}1-1\\ 01\end{array}\right|\right)=\left(2;0;1\right).$

Gọi $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}$  là vectơ pháp tuyến của (P), suy ra $\overrightarrow{n_{\left(P\right)}}=\left[\overrightarrow{n},\overrightarrow{v_{\Delta }}\right]=\left(\left|\begin{array}{l}01\\ -1-2\end{array}\right|;\left|\begin{array}{l}12\\ -21\end{array}\right|;\left|\begin{array}{l}20\\ 1-1\end{array}\right|\right)=\left(1;5;-2\right).$

Vậy phương trình mặt phẳng (P) là $1.\left(x-1\right)+5.\left(y+2\right)-2z=0\iff x+5y-2z+9=0$ .

Đáp án D

Số trường hợp đồng khả năng là $n\left(\Omega \right)=A_{12}^6.5!$ .

Gọi A là biến cố hai bạn A và B ngồi cùng bàn và cạnh nhau.

Ta có các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1: A và B ngồi bàn dài.

- Chọn 2 vị trí trên bàn dài để xếp A và B ngồi cạnh nhau có 5 cách. Xếp A và B có 2 cách.

- Chọn 4 bạn trong 10 bạn còn lại để xếp vào 4 vị trí. Có $A_{10}^4$  cách.

- Xếp 6 bạn còn lại vào bàn tròn. Có 5! cách.

Trường hợp này có $\mathrm{2.5.}{A}_{10}^4.5!$  cách.

+ Trường hợp 2: A và B ngồi bàn tròn.

- Xếp A và B ngồi cạnh nhau. Có 2 cách.

- Chọn 4 bạn trong 10 bạn để xếp vào bàn tròn. Có $A_{10}^4$  cách.

- Xếp 6 bạn còn lại vào bàn dài. Có  cách.

Trường hợp này có $2.A_{10}^4.6!$  cách.

Suy ra số trường hợp thuận lợi là $n\left(A\right)=\mathrm{2.5.}{A}_{10}^4.5!+2.A_{10}^4.6!$ .

Vậy xác suất cần tìm là $P\left(A\right)=\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{1}{6}$ .

Đáp án D

Đặt $t=f\left(x\right)$ . Khi đó phương trình trở thành

 $\frac{f\left(t\right)}{2t-1}=1\iff t^3-3t^2-t+\frac{5}{2}=0\iff \left[\begin{array}{l}{t}_1\approx 3,05979197\\ t_2\approx 0,8745059057\\ t_3\approx -0,9342978758\end{array}\right.$

Xét phương trình $x^3-3x^2+x+\frac{3}{2}=t_1\approx 3,05979197$ . Bấm máy tính ta được 1 nghiệm.

Xét phương trình  $x^3-3x^2+x+\frac{3}{2}=t_2\approx 0,8745059057$

. Bấm máy tính ta được 3 nghiệm.

Xét phương trình$x^3-3x^2+x+\frac{3}{2}=t_3\approx -0,9342978758$ . Bấm máy tính ta được 1 nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm thực.

Đáp án A

(S) có tâm $I\left(0;0;1\right)$ ; bán kính R=2.

Xét tam giác $\Delta ABI$  vuông tại B có $BI=R=2,AI=3$ .

Gọi $H=\left(BCD\right)\cap AI$

Ta có $AI\perp \left(BCD\right)$  tại H và $B{I}^2=HI.AI\Rightarrow IH=\frac{4}{3}$ .

Khi đó mặt phẳng (BCD) có vectơ pháp tuyến $\overrightarrow{n}=\overrightarrow{AI}$  và cách I một khoảng $\frac{4}{3}$  nên

Do vậy$\left[\begin{array}{l}\left(BCD\right):2x+2y+z+3=0\Rightarrow d\left(A;\left(BCD\right)\right)=\frac{13}{3}\\ \left(BCD\right):2x+2y+z-5=0\Rightarrow d\left(A;\left(BCD\right)\right)=\frac{5}{3}\end{array}\right..$

Vì $d\left(A;\left(BCD\right)\right)=\frac{13}{3}>AI$  nên không thỏa mãn.

Vậy phương trình mặt phẳng (BCD) là $2x+2y+z-5=0$ .

Đáp án A

Ta có: $u_2=q.u_1\left(q=\frac{u_2}{u_1}\ge 100\right)$  và đặt $a=\log u_1\ge 0,b=\log q\ge 2$ .

Khi đó $\log u_2=\log \left(q{u}_1\right)=\log u_1+\log q=a+b$ .

Kết hợp với giả thiết, ta có: ${\left(a+b\right)}^3-3{\left(a+b\right)}^2+4=a^3-3a^2\iff b^3-3b^2+4+3ab\left(a+b-2\right)=0$